高三化学二轮复习专题课件学案

1、 类型一类型一 解释原因类简答题解释原因类简答题【例【例1 1】把】把AlClAlCl3 3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体 是什么？为什么？（用化学方程式表示并配以是什么？为什么？（用化学方程式表示并配以必必 要的文字说明）。要的文字说明）。 解析解析 此题有两问：第一问要答出得到什么，此题有两问：第一问要答出得到什么，第二第二 问要答出为什么，关键在第二问，有下列三个问要答出为什么，关键在第二问，有下列三个要要 点：一抓点：一抓AlAl3+3+水解平衡；二抓水解平衡体系中水解平衡；二抓水解平衡体系中的的 HClHCl易挥发；三抓易挥发；三抓Al(OH)Al(

2、OH)3 3不稳定。不稳定。学案学案 化学简答题技能特训化学简答题技能特训答案答案 最后得到最后得到AlAl2 2O O3 3, ,在在AlClAlCl3 3溶液中存在着如下平衡：溶液中存在着如下平衡：AlClAlCl3 3+3H+3H2 2O Al(OH)O Al(OH)3 3+3HCl,+3HCl,加热时水解平衡加热时水解平衡右移，右移，HClHCl浓度增高，蒸干时浓度增高，蒸干时HClHCl挥发，使平衡进一步挥发，使平衡进一步向右移动得向右移动得Al(OH)Al(OH)3 3，在灼烧时发生，在灼烧时发生2Al(OH)2Al(OH)3 3AlAl2 2O O3 3+3H+3H2 2O,O,

3、因此最后得到的固体是因此最后得到的固体是AlAl2 2O O3 3。变式训练变式训练1 1 向饱和的向饱和的NaNa2 2COCO3 3溶液中通入足量的溶液中通入足量的COCO2 2会会有晶体析出，此晶体是有晶体析出，此晶体是 ；析出此晶；析出此晶体的原因是因为体的原因是因为 。在饱和食盐水中先通入足量的氨。在饱和食盐水中先通入足量的氨, ,再通入足量的再通入足量的COCO2 2会有会有NaHCONaHCO3 3晶体析出；若在饱和食盐水中先通入足量晶体析出；若在饱和食盐水中先通入足量COCO2 2，再通入氨气往往没有晶体析出，原因是，再通入氨气往往没有晶体析出，原因是 。NaHCONaHCO3

4、 3 NaHCONaHCO3 3溶解度比溶解度比NaNa2 2COCO3 3小小, ,反应中消耗了水反应中消耗了水, , COCO2 2的的溶解度小，溶解度小， 溶液中溶液中HCO HCO 浓度低浓度低 3且生成的且生成的NaHCONaHCO3 3的质量比原的质量比原NaNa2 2COCO3 3的质量多的质量多 类型二类型二 分析归纳推理类简答题分析归纳推理类简答题【例【例2 2】A A、B B、C C是在中学化学中常见的三种化合是在中学化学中常见的三种化合 物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种物，它们各由两种元素组成，甲、乙是两种单单 质，这些化合物和单质之间存在如下的关系：质，这些化合物

5、和单质之间存在如下的关系： 据此判断：据此判断： （1 1）在）在A A、B B、C C这三种化合物中，必定含有乙这三种化合物中，必定含有乙元元 素的是素的是 （用（用A A、B B、C C字母填写）。字母填写）。 （2 2）单质乙必定是）单质乙必定是 （填（填“金金属属”或或“非非 金属金属”），其理由是），其理由是 。AB AB 非金属非金属 因为因为A+BA+B乙乙+C+C，且乙为单，且乙为单质，可知乙元素在质，可知乙元素在A A、B B中分别呈正、负价，所中分别呈正、负价，所以乙是非金属以乙是非金属解析解析 （1 1）根据转化关系分析，化合物）根据转化关系分析，化合物A A由单质甲与单

6、由单质甲与单质乙化合生成，则质乙化合生成，则A A中必含乙元素；而单质甲与化合物中必含乙元素；而单质甲与化合物B B反应又可生成含有乙元素的化合物反应又可生成含有乙元素的化合物A A，则，则A A中的乙元素必中的乙元素必来自于化合物来自于化合物B B，因此化合物，因此化合物B B中也必然会有乙元素。则中也必然会有乙元素。则必定含有乙元素的是必定含有乙元素的是A A、B B。（2 2）抓住）抓住“A+B A+B 乙乙+C”+C”这一反应，从（这一反应，从（1 1）可）可知，知，A A、B B均含乙元素，它们反应又可制得单质乙，则在均含乙元素，它们反应又可制得单质乙，则在A A、B B中，乙元素的

7、价态必不相同，而且必然是一正、一中，乙元素的价态必不相同，而且必然是一正、一负二种价态才可能生成单质乙。考虑金属与非金属的价负二种价态才可能生成单质乙。考虑金属与非金属的价态特点，只有非金属才可以具有负化合价。因此，单质态特点，只有非金属才可以具有负化合价。因此，单质乙必定是非金属。本小题为简答题，判断乙为非金属的乙必定是非金属。本小题为简答题，判断乙为非金属的最简炼答案是：最简炼答案是：“因为因为A+B A+B 乙乙+C+C，且乙为单质，且乙为单质, ,可知乙元素在可知乙元素在A A、B B中分别呈正、负价，只有非金属元素中分别呈正、负价，只有非金属元素才可能具有负化合价，所以单质乙是非金属

8、。才可能具有负化合价，所以单质乙是非金属。变式训练变式训练2 2 有机化合物有机化合物A A、B B分子式不同，它们只分子式不同，它们只可能含碳、氢、氧元素中的两种或三种。如果将可能含碳、氢、氧元素中的两种或三种。如果将A A、B B不论以何种比例混合，只要其物质的量之和不变，不论以何种比例混合，只要其物质的量之和不变，完全燃烧时所消耗的氧气和生成的水的物质的量也完全燃烧时所消耗的氧气和生成的水的物质的量也不变，试说明不变，试说明A A、B B组成必须满足的条件。组成必须满足的条件。解析解析 要满足要满足A A、B B不论以何种比例混合所组成的混不论以何种比例混合所组成的混合物的某一合物的某一

9、“性质性质”固定不变，只有固定不变，只有A A、B B各自的这各自的这一一“性质性质”相同才行。当混合物是物质的量一定时相同才行。当混合物是物质的量一定时, ,如果将如果将A A、B B不论以何种比例混合完全燃烧时所消耗不论以何种比例混合完全燃烧时所消耗的氧气和生成的水的物质的量都不变则要求的氧气和生成的水的物质的量都不变则要求1 mol A1 mol A或或1 mol B1 mol B完全燃烧时所消耗的氧气相等和生成的水的完全燃烧时所消耗的氧气相等和生成的水的物质的量也相等。则物质的量也相等。则A A、B B在组成上应满足的条件可在组成上应满足的条件可以用以下方法推导得出。设以用以下方法推导

10、得出。设A A、B B的组成分别为的组成分别为 、 , ,据两者据两者1 mol1 mol消耗的消耗的O O2 2相同和生成的水相同得相同和生成的水相同得x x1 1+ +y y1 1/4-/4-z z1 1/2=x/2=x2 2+y+y2 2/4-/4-z z2 2/2/2且且y y1 1= =y y2 2, ,所以所以2(2(x x1 1- -x x2 2)=)=z z1 1- -z z2 2。答案答案 A A、B B的分子组成上如果相差的分子组成上如果相差n n个个C C原子则必相原子则必相差差2 2n n个个O O原子即相差原子即相差n n个个COCO2 2分子分子( (n n=1=1

11、，2 2，3)3)。111OHCzyx222OHCzyx类型三类型三 信息类简答题信息类简答题【例【例3 3】已知甲基的吸引电子的能力比氢小，是个推】已知甲基的吸引电子的能力比氢小，是个推 电子基，试回答下列问题：电子基，试回答下列问题： （1 1）丙烯跟）丙烯跟HClHCl发生加成反应时，是生成发生加成反应时，是生成1-1-氯氯 丙烷，还是丙烷，还是2-2-氯丙烷？说明理由。氯丙烷？说明理由。 （2 2）甲酸、乙酸的酸性哪个强？说明理由。）甲酸、乙酸的酸性哪个强？说明理由。 （3 3）乙酸和氯乙酸的酸性哪个强？说明理由。）乙酸和氯乙酸的酸性哪个强？说明理由。 解析解析 （1 1）丙烯是不对称

12、单烯烃，丙烯与）丙烯是不对称单烯烃，丙烯与HClHCl的的 加成产物如不根据信息分析会有加成产物如不根据信息分析会有2 2种可能，种可能，即即 和和CHCH3 3CHCH2 2CHCH2 2ClCl，题中信，题中信 息是甲基是推电子基，在甲基推电子的作用息是甲基是推电子基，在甲基推电子的作用下，下，使使CHCH3 3CH CHCH CH2 2分子中双键上电子云分布不均匀，分子中双键上电子云分布不均匀，“ CHCH2 2”基团带部分负电荷，基团带部分负电荷，CH CH 基团带基团带部分正电荷，而部分正电荷，而HClHCl是极性分子，分子中带正电的是极性分子，分子中带正电的H H原子一端被带负电的

13、原子一端被带负电的“ CHCH2 2”吸引，而带负电吸引，而带负电的的ClCl原子端靠近原子端靠近CH CH 端端, ,最终生最终生成成 。（2 2）同理，在）同理，在HCOOHHCOOH和和CHCH3 3COOHCOOH分子中，乙酸中分子中，乙酸中CHCH3 3的存在使得的存在使得COOHCOOH中中OHOH键电子云密度增大，键电子云密度增大，乙酸分子中羟基中乙酸分子中羟基中H H原子难电离，故甲酸酸性强。原子难电离，故甲酸酸性强。（3 3）氯乙酸和乙酸相比，氯乙酸的甲基上的氢原子）氯乙酸和乙酸相比，氯乙酸的甲基上的氢原子被被ClCl原子取代后，增加了吸电子因素（或减弱了推原子取代后，增加了

14、吸电子因素（或减弱了推电子作用），使氯乙酸中羟基上电子作用），使氯乙酸中羟基上OHOH键极性增强，键极性增强，易电离。易电离。答案答案 （1 1）2-2-氯丙烷氯丙烷丙烯可视为乙烯的甲基取代物，由于甲基是斥电子丙烯可视为乙烯的甲基取代物，由于甲基是斥电子基，使基，使“C C”C C”的电子云向甲基推斥方向移动，的电子云向甲基推斥方向移动，即即CHCH3 3CH CHCH CH2 2，使，使HClHCl中带正电荷的氢原子加中带正电荷的氢原子加到带部分负电荷的双键碳原子上，带负电荷的氯原到带部分负电荷的双键碳原子上，带负电荷的氯原子加到带部分正电荷的双键碳原子上。子加到带部分正电荷的双键碳原子上。

15、（2 2）甲酸酸性比乙酸酸性强，因甲基推斥电子减弱）甲酸酸性比乙酸酸性强，因甲基推斥电子减弱了羟基中氧氢键的极性。了羟基中氧氢键的极性。（3 3）氯乙酸的酸性比乙酸酸性强，因氯原子具有强）氯乙酸的酸性比乙酸酸性强，因氯原子具有强烈吸引电子能力，加强了羟基中氧氢键的极性。烈吸引电子能力，加强了羟基中氧氢键的极性。变式训练变式训练3 3 Cu Cu+ +在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应，生成化还原反应，生成CuCu2+2+和和CuCu。现有浓。现有浓H H2 2SOSO4 4、浓、浓HNOHNO3 3、稀稀H H2 2SOSO4 4、稀、稀HNOHNO3

16、3、FeClFeCl3 3稀溶液及稀溶液及pHpH试纸，而没有其试纸，而没有其它试剂。简述如何用最简便的实验方法来检验它试剂。简述如何用最简便的实验方法来检验CuOCuO经经氢气还原所得到的红色产物中是否含有氧化物氢气还原所得到的红色产物中是否含有氧化物CuCu2 2O O。解析解析 首先对新信息和旧知识进行全面分析，然后首先对新信息和旧知识进行全面分析，然后得出正确结论。旧知识：得出正确结论。旧知识：CuCu2+2+在溶液中显蓝色。在溶液中显蓝色。CuO+HCuO+H2 2 Cu+H Cu+H2 2O O。硝酸能将硝酸能将CuCu氧化成氧化成CuCu2+2+。FeFe3+3+能将能将CuCu

17、氧化成氧化成CuCu2+2+。稀稀H H2 2SOSO4 4不与不与CuCu反反应。应。新信息：新信息：2Cu2Cu+ + CuCu2+2+Cu+Cu。知识迁移：知识迁移：2CuO+H2CuO+H2 2 CuCu2 2O+HO+H2 2O O。CuCu2 2O+2HO+2H+ + CuCu2+2+Cu+H+Cu+H2 2O O。知识整合得结论：知识整合得结论：CuOCuO被被H H2 2还原的生成物中如含有还原的生成物中如含有CuCu2 2O O，可将生成物溶于稀，可将生成物溶于稀H H2 2SOSO4 4，若溶液显蓝色，证，若溶液显蓝色，证明混合物中含有明混合物中含有CuCu2 2O O，否

18、则不含有，否则不含有CuCu2 2O O。根据初中旧。根据初中旧知识，因为还原产物中肯定有知识，因为还原产物中肯定有CuCu，用硝酸或，用硝酸或FeClFeCl3 3时，时，CuCu被氧化成被氧化成CuCu2+2+也得到蓝色溶液，不能证明该结论。也得到蓝色溶液，不能证明该结论。答案答案 取少量该红色产物放入稀取少量该红色产物放入稀H H2 2SOSO4 4中（振荡）如中（振荡）如溶液呈蓝色，说明产物中有溶液呈蓝色，说明产物中有CuCu2 2O O，若溶液不变色，说，若溶液不变色，说明产物中无明产物中无CuCu2 2O O。H H+ +类型四类型四 实验设计及评价类简答题实验设计及评价类简答题【

19、例【例4 4】现有实验药品：一定质量的锌】现有实验药品：一定质量的锌 （分片状和粒状两种）、浓（分片状和粒状两种）、浓H H2 2SOSO4 4 （密度（密度1.84 g/cm1.84 g/cm3 3）、水以及如）、水以及如 右图所示装置。图中量气管右图所示装置。图中量气管B B由由 甲、乙两根玻璃管组成，它们用橡皮管甲、乙两根玻璃管组成，它们用橡皮管 连通并装适量水。甲管有刻度（连通并装适量水。甲管有刻度（0100 mL0100 mL）。甲、）。甲、 乙两管可固定在铁架台上，供量气用。实验时乙乙两管可固定在铁架台上，供量气用。实验时乙 管可上下移动，以调节液面高低。利用此装置可管可上下移动，

20、以调节液面高低。利用此装置可 测定锌的相对原子质量（设锌全部反应，产生气测定锌的相对原子质量（设锌全部反应，产生气 体不超过体不超过50 mL50 mL）。回答下列问题：）。回答下列问题：（1 1）实验前应如何检查装置的气密性？）实验前应如何检查装置的气密性？（2 2）按图示装置实验，要保证不漏出）按图示装置实验，要保证不漏出H H2 2，应如何操，应如何操作？作？（3 3）为了较准确地测量）为了较准确地测量H H2 2的体积，在读取反应前后的体积，在读取反应前后甲管中液面的读数时，除注意视线与凹液面最低处甲管中液面的读数时，除注意视线与凹液面最低处相平外，还应注意相平外，还应注意 ，原因，原

21、因是是 。（4 4）设计一个不用量气管，而用中学化学中常用仪）设计一个不用量气管，而用中学化学中常用仪器测量器测量H H2 2体积的装置，应用的仪器（自选）体积的装置，应用的仪器（自选）是是 。解析解析 检查气密性的方法有检查气密性的方法有“气泡法气泡法”和和“液面差液面差法法”，要据此装置的特点，应选用，要据此装置的特点，应选用“液面差法液面差法”，按照操作、现象、结论进行回答。操作中要注意答按照操作、现象、结论进行回答。操作中要注意答清楚加水之前的准备及加水的限度问题。要保证操清楚加水之前的准备及加水的限度问题。要保证操作中不漏出气体，则一定要形成了一封闭的体系以作中不漏出气体，则一定要形

22、成了一封闭的体系以后再让锌与硫酸接触，而且要根据题目所提供的药后再让锌与硫酸接触，而且要根据题目所提供的药品只有浓硫酸没有稀硫酸，而锌有片状的和粒状的品只有浓硫酸没有稀硫酸，而锌有片状的和粒状的供选择，考虑到了以上几点再下笔答题。供选择，考虑到了以上几点再下笔答题。答案答案（1 1）固定）固定A A、甲、乙三管，将、甲、乙三管，将A A、甲两管橡皮塞塞、甲两管橡皮塞塞紧，在乙管注入适量水使乙管液面高于甲管液面，静置紧，在乙管注入适量水使乙管液面高于甲管液面，静置片刻，液面高度保持不变，说明装置气密性良好。片刻，液面高度保持不变，说明装置气密性良好。（2 2）在烧杯中将浓）在烧杯中将浓H H2

23、2SOSO4 4稀释后，将稀稀释后，将稀H H2 2SOSO4 4加入到试管加入到试管A A中，使液体总体积不超过试管容积的中，使液体总体积不超过试管容积的 ；将试管倾斜，；将试管倾斜，把锌片放在试管内壁上，塞紧塞子，慢慢直立，使锌片把锌片放在试管内壁上，塞紧塞子，慢慢直立，使锌片滑下与稀滑下与稀H H2 2SOSO4 4接触反应。接触反应。（3 3）调节甲、乙两管液面高度至相平）调节甲、乙两管液面高度至相平使气体的压强与外界气压相等，减少测量误差使气体的压强与外界气压相等，减少测量误差（4 4）洗气瓶、带导管的双孔塞、）洗气瓶、带导管的双孔塞、50 mL50 mL量筒量筒31变式训练变式训练

24、4 4 以下是某同学测定硫酸钠晶体中结晶水以下是某同学测定硫酸钠晶体中结晶水含量的实验方案。含量的实验方案。实验用品：硫酸钠晶体试样、研钵、干燥器、坩埚、实验用品：硫酸钠晶体试样、研钵、干燥器、坩埚、三脚架、泥三角、玻璃棒、药匙、托盘天平三脚架、泥三角、玻璃棒、药匙、托盘天平实验步骤：实验步骤：准确称量一个干净、干燥的坩埚；准确称量一个干净、干燥的坩埚；在坩埚中加入一定量的硫酸钠晶体试样，称重，将在坩埚中加入一定量的硫酸钠晶体试样，称重，将称量过的试样放入研钵中研细，再放回到坩埚中；称量过的试样放入研钵中研细，再放回到坩埚中；将盛有试样的坩埚加热，待晶体变成白色粉末时停将盛有试样的坩埚加热，待

25、晶体变成白色粉末时停止加热；止加热；将步骤将步骤中的坩埚放入干燥器，冷却至室温后，称中的坩埚放入干燥器，冷却至室温后，称重；重；将步骤将步骤中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却中的坩埚再加热一定时间，放入干燥器中冷却至室温后称量，重复本操作，直至两次称量结果不变；至室温后称量，重复本操作，直至两次称量结果不变；根据实验数据计算硫酸钠晶体试样中结晶水的质量分数。根据实验数据计算硫酸钠晶体试样中结晶水的质量分数。分析该方案并回答下面的问题：分析该方案并回答下面的问题：（1 1）完成本实验还需要的实验用品是）完成本实验还需要的实验用品是 ；（2 2）指出实验步骤中存在的错误并改正：）指出实验步骤

26、中存在的错误并改正： ；坩埚钳、酒精灯（可坩埚钳、酒精灯（可以不答以不答“火柴火柴”）步骤步骤有错误，有错误，应先将试样研细，后放入坩埚称重应先将试样研细，后放入坩埚称重（3 3）硫酸钠不能放置在空气中冷却的原因是）硫酸钠不能放置在空气中冷却的原因是 ；（4 4）步骤）步骤的目的的目的是是 ；（5 5）下面的情况有可能造成测试结果偏高的是）下面的情况有可能造成测试结果偏高的是 （填序号）。（填序号）。A.A.试样中含有加热不挥发的杂质试样中含有加热不挥发的杂质B.B.试样中含有加热易挥发的杂质试样中含有加热易挥发的杂质C.C.测试前试样已有部分脱水测试前试样已有部分脱水D.D.实验前坩埚未完全

27、干燥实验前坩埚未完全干燥E.E.晶体加热脱水不完全晶体加热脱水不完全F.F.加热时晶体溅出加热时晶体溅出因硫酸因硫酸钠放置在空气中冷却，会吸收空气中的水分钠放置在空气中冷却，会吸收空气中的水分保证试样脱水完全保证试样脱水完全BDFBDF解析解析 本题为定量实验题：本题为定量实验题：实验原理为：实验原理为：NaNa2 2SOSO4 4x xH H2 2O NaO Na2 2SOSO4 4+ +x xH H2 2O O本定量测定实验的关键：一是本定量测定实验的关键：一是NaNa2 2SOSO4 4x xH H2 2O O完全失去完全失去结晶水；二是称量准确。结晶水；二是称量准确。（1 1）围绕实验

28、原理和实验步骤选取实验用品。）围绕实验原理和实验步骤选取实验用品。（2 2）步骤）步骤中先将试样称量，放入研钵中研细，再中先将试样称量，放入研钵中研细，再放回到坩埚中，可能造成试样的损失，带来实验偏放回到坩埚中，可能造成试样的损失，带来实验偏高的误差。高的误差。（3 3）、（）、（4 4）的回答都是以）的回答都是以NaNa2 2SOSO4 4x xH H2 2O O完全失去结完全失去结晶水为依据作答。晶水为依据作答。（5 5）试样中结晶水的质量分数为）试样中结晶水的质量分数为1- 1- 100100% %根据上述式子分析各种情况造成的测试结果误差。根据上述式子分析各种情况造成的测试结果误差。)

29、()()()SONa(42埚坩试样埚坩埚坩坩埚mmmm1.1.铵盐受热分解的过程就是铵根离子（铵盐受热分解的过程就是铵根离子（NH NH ）把质）把质子转移给酸根离子的过程。对于相同类型的铵盐，子转移给酸根离子的过程。对于相同类型的铵盐，可以根据上述反应判断稳定性。试比较可以根据上述反应判断稳定性。试比较NHNH4 4F F、NHNH4 4Cl Cl 、 NHNH4 4Br Br 、 NHNH4 4I I的热稳定性，由弱到强的顺序的热稳定性，由弱到强的顺序是是 ，叙述强弱的原，叙述强弱的原因：因： 。4解析解析 题中给出的信息揭示了铵盐受热分解的实质，题中给出的信息揭示了铵盐受热分解的实质，而

30、在题中所给的铵盐中，从结构上讲，它们属于同而在题中所给的铵盐中，从结构上讲，它们属于同一类化合物，阳离子都是一类化合物，阳离子都是NH NH ，阴离子不同，只能，阴离子不同，只能从阴离子的结构不同上去找原因。从阴离子的结构不同上去找原因。答案答案 NHNH4 4FNHFNH4 4ClNHClNH4 4BrNHBrNH4 4I I离子半径：离子半径：F F- -ClCl- -BrBr- -IClCl- -BrBr- -II- -, ,结合质子能力越强的阴离子形成的铵盐越易分解结合质子能力越强的阴离子形成的铵盐越易分解42.2.有一学生在实验室测某溶液的有一学生在实验室测某溶液的pHpH值值, ,

31、实验时，其先实验时，其先 用蒸馏水润湿用蒸馏水润湿pHpH试纸，然后用洁净干燥的玻璃试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒棒 蘸取试样进行检测。蘸取试样进行检测。 （1 1）该生的操作方法是否正确？）该生的操作方法是否正确？ （2 2）如不正确请说明理由，同时请分析是否一定）如不正确请说明理由，同时请分析是否一定有有 误差产生？误差产生？（3 3）若用此法分别测定）若用此法分别测定c c(H(H+ +) )相等的相等的H H2 2SOSO4 4和和H H3 3POPO4 4 溶液的溶液的pHpH值，结果会怎样？值，结果会怎样？答案答案 （1 1）不正确。）不正确。（2 2）若溶液不显中性，则）若溶液不显

32、中性，则H H+ +或或OHOH- -被稀释，测出的不被稀释，测出的不是溶液中是溶液中H H+ +或或OHOH- -对应的对应的pHpH值；可能有误差，当溶液值；可能有误差，当溶液为中性时则不产生误差。为中性时则不产生误差。（3 3）测得的）测得的pHpH值值H H3 3POPO4 4较较H H2 2SOSO4 4小，因为在稀释过程中，小，因为在稀释过程中，H H3 3POPO4 4继续电离产生继续电离产生H H+ +，使得其溶液中，使得其溶液中c c(H(H+ +) )较较H H2 2SOSO4 4溶溶液的液的c c(H(H+ +) )大。大。+3I+3I2 2+4H+4H2 2O O，I

33、I2 2+I+I- - I I3.3.在试管里盛在试管里盛5 mL 0.1 mol/L5 mL 0.1 mol/L的的KIKI溶液，当加入溶液，当加入2323滴滴 AgNOAgNO3 3溶液，产生黄色沉淀，再加少量稀溶液，产生黄色沉淀，再加少量稀HNOHNO3 3， 溶液变为深黄色，其原因是（用简要的文字和反溶液变为深黄色，其原因是（用简要的文字和反应应 式表示）式表示） 。于于KIKI溶液呈现深黄色：溶液呈现深黄色：2NO +8H2NO +8H+ +6I+6I- - 2NO 2NO33由于由于KIKI过量，过量，HNOHNO3 3能将能将I I- -氧化成氧化成I I2 2，I I2 2溶溶

34、4.4.根据你的理解，某种不溶于水的金属氧化物，如根据你的理解，某种不溶于水的金属氧化物，如果果 要判别它是酸性氧化物、碱性氧化物，还是两性要判别它是酸性氧化物、碱性氧化物，还是两性氧氧 化物，其方法是化物，其方法是 。 不溶于酸，能溶于碱生成盐和水的不溶于酸，能溶于碱生成盐和水的金属氧化物是酸性氧化物；不溶于碱，能溶于酸生金属氧化物是酸性氧化物；不溶于碱，能溶于酸生成盐和水的氧化物是碱性氧化物；既能溶于酸又能成盐和水的氧化物是碱性氧化物；既能溶于酸又能溶于碱且生成盐和水的金属氧化物是两性氧化物溶于碱且生成盐和水的金属氧化物是两性氧化物5.5.白色的亚铜化合物白色的亚铜化合物Cu(NHCu(N

35、H4 4)SO)SO3 3难溶于水。若与足难溶于水。若与足 量的量的10 mol/L10 mol/L的硫酸溶液混合并微热，生成铜和的硫酸溶液混合并微热，生成铜和 SOSO2 2气体及溶液。气体及溶液。 （1 1）完成并配平化学方程式：）完成并配平化学方程式： （2 2）按上述操作，铜的最高转化率）按上述操作，铜的最高转化率是是 。 （3 3）有人设计上述反应在密闭容器中进行，结果）有人设计上述反应在密闭容器中进行，结果 铜转化率大大提高，在密闭容器中反应铜的最铜转化率大大提高，在密闭容器中反应铜的最高高 转化率是转化率是 ，其理由是，其理由是 。5050% %2 22 21 11 12 21

36、1(NH(NH4 4) )2 2SOSO4 4100100% % 密闭容器中密闭容器中SOSO2 2的生的生成使压强增大，则成使压强增大，则SOSO2 2的溶解量增多，可将的溶解量增多，可将CuCu2+2+还原为铜还原为铜6.6.将下列物质分别滴入新制的氯水中，有何现象发将下列物质分别滴入新制的氯水中，有何现象发 生？用简要的文字和化学反应方程式说明。生？用简要的文字和化学反应方程式说明。 （1 1）紫色石蕊试液。）紫色石蕊试液。 （2 2）AgNOAgNO3 3溶液。溶液。 （3 3）NaNa2 2COCO3 3溶液。溶液。 （4 4）FeClFeCl2 2溶液。溶液。 （5 5）润湿的有色

37、布条。）润湿的有色布条。 答案答案 新制氯水中含有新制氯水中含有ClCl2 2、H H2 2O O、HClOHClO三种分子和三种分子和 H H+ +、ClCl- -、ClOClO- -、OHOH- -四种离子。氯水的多种成分决四种离子。氯水的多种成分决 定了它具有多重性质。定了它具有多重性质。l l2 2+H+H2 2O O HCl+HClOHCl+HClO。（1 1）溶液先变红后褪色。起作用的是）溶液先变红后褪色。起作用的是H H+ +、HClOHClO及及 ClOClO- -，H H+ +能使石蕊变红，能使石蕊变红，HClOHClO和和ClOClO- -将红色物质漂将红色物质漂 白。白。

38、（2 2）出现白色沉淀。起作用的是）出现白色沉淀。起作用的是ClCl- -, ,会生成会生成AgClAgCl白色白色沉淀。沉淀。HCl+AgNOHCl+AgNO3 3 AgCl+HNOAgCl+HNO3 3。（3 3）有气泡产生。起作用的是）有气泡产生。起作用的是H H+ +，遇，遇CO CO 产生气体。产生气体。 2HCl+Na2HCl+Na2 2COCO3 3 2NaCl+H2NaCl+H2 2O+COO+CO2 2。（4 4）溶液由浅绿色变黄棕色。起作用的是）溶液由浅绿色变黄棕色。起作用的是ClCl2 2的强氧化的强氧化性。性。2FeCl2FeCl2 2+Cl+Cl2 2 2FeCl2F

39、eCl3 3。（5 5）有色布条褪色。因为）有色布条褪色。因为ClCl2 2与与H H2 2O O反应生成具有漂白反应生成具有漂白作用的作用的HClOHClO。237.7.漂白粉的成分是漂白粉的成分是Ca(ClO)Ca(ClO)2 2和和CaClCaCl2 2，其有效成分是，其有效成分是 Ca(ClO)Ca(ClO)2 2。现已将漂白粉这一产品升级换代成漂。现已将漂白粉这一产品升级换代成漂粉粉 精。漂粉精的主要成分是精。漂粉精的主要成分是Ca(ClO)Ca(ClO)2 2。请你从化学。请你从化学角角 度分析一下，为什么漂白粉会被淘汰？度分析一下，为什么漂白粉会被淘汰？ 答案答案 因为漂白粉中含

40、有因为漂白粉中含有CaClCaCl2 2，容易吸收空气中，容易吸收空气中的的 水蒸气而潮解引起产品变质。水蒸气而潮解引起产品变质。8.8.（1 1）铁、铝、铜是制造潜艇必不可少的重要金属）铁、铝、铜是制造潜艇必不可少的重要金属 材料，下列说法正确的是材料，下列说法正确的是 。 A.A.向足量的硫酸铁溶液中加入少许铁、铝、铜向足量的硫酸铁溶液中加入少许铁、铝、铜混混 合物的粉末，充分反应后留有固体合物的粉末，充分反应后留有固体 B.B.用铝制备用铝制备1 mol1 mol氢氧化铝时，最少消耗氢氧化铝时，最少消耗0.375 0.375 mol mol 硫酸硫酸 C.C.铁、铝、铜合金加入到稀硫酸中

41、，长时间加热铁、铝、铜合金加入到稀硫酸中，长时间加热溶溶 液也不会看到蓝色物质产生液也不会看到蓝色物质产生 D.D.工业上一般是采用电解法来冶炼铁、铝、铜工业上一般是采用电解法来冶炼铁、铝、铜（2 2）无氧铜用于制造潜艇所需的真空电子器件、电）无氧铜用于制造潜艇所需的真空电子器件、电缆，无氧铜含氧超标造成电真空构件失败仍是国际缆，无氧铜含氧超标造成电真空构件失败仍是国际上的技术难题。一般所说的铜中含氧，实际上指的上的技术难题。一般所说的铜中含氧，实际上指的是含有是含有CuCu2 2O O。某化学兴趣小组对一份铜样品展开探究。某化学兴趣小组对一份铜样品展开探究（已知：（已知：CuCu2 2O O

42、与与CuCu均为红色固体，酸性条件下能发生均为红色固体，酸性条件下能发生反应：反应：CuCu2 2O+2HO+2H+ + Cu+CuCu+Cu2+2+H+H2 2O O）。）。甲同学取少量该红色试样溶于过量的稀硝酸；乙同甲同学取少量该红色试样溶于过量的稀硝酸；乙同学取少量该红色试样溶于过量的稀硫酸。甲、乙的学取少量该红色试样溶于过量的稀硫酸。甲、乙的实验中能判断样品中是否含有实验中能判断样品中是否含有CuCu2 2O O的的是是 。甲同学的实验现象是。甲同学的实验现象是 。解析解析 （1 1）选项）选项A A，由于，由于FeFe3+3+具有强氧化性，能氧化具有强氧化性，能氧化FeFe、AlAl

43、、CuCu而使其溶解，充分反应后没有残留固体；而使其溶解，充分反应后没有残留固体；选项选项B B，部分，部分AlAl与稀与稀H H2 2SOSO4 4反应生成反应生成AlAl2 2(SO(SO4 4) )3 3，部分，部分AlAl与与NaOHNaOH溶液反应生成溶液反应生成NaAlONaAlO2 2，NaAlONaAlO2 2再与再与AlAl2 2(SO(SO4 4) )3 3在在溶液中反应生成溶液中反应生成Al(OH)Al(OH)3 3，这样消耗的，这样消耗的H H2 2SOSO4 4的物质的的物质的量最少。根据反应：量最少。根据反应：2Al+3H2Al+3H2 2SOSO4 4AlAl2

44、2(SO(SO4 4) )3 3+3H+3H2 2,2Al+2NaOH+2H,2Al+2NaOH+2H2 2O 2NaAlOO 2NaAlO2 2+ +3H3H2 2,Al,Al3+3+3AlO +6H+3AlO +6H2 2O 4Al(OH)O 4Al(OH)3 3,制备制备1 1 mol Al(OH)mol Al(OH)3 3需要需要1/4 mol Al1/4 mol Al3+3+，则需要，则需要0.375 mol 0.375 mol H H2 2SOSO4 4；选项；选项C C，随着加热的进行，稀硫酸逐渐变为浓，随着加热的进行，稀硫酸逐渐变为浓硫酸而使硫酸而使CuCu溶解生成蓝色的溶解生

45、成蓝色的CuCu2+2+；选项；选项D D，铁、铜的，铁、铜的冶炼一般采用热还原法，铝的冶炼采用电解法。冶炼一般采用热还原法，铝的冶炼采用电解法。2（2 2）根据反应原理，）根据反应原理，CuCu2 2O O溶解在稀硫酸中导致溶液溶解在稀硫酸中导致溶液出现蓝色，且有固体物质出现蓝色，且有固体物质CuCu产生。而产生。而CuCu2 2O O溶解在稀硝溶解在稀硝酸中时，酸中时，HNOHNO3 3具有很强的氧化性，被还原为具有很强的氧化性，被还原为NONO，NONO与与空气中的空气中的O O2 2反应生成红棕色的反应生成红棕色的NONO2 2，所以无论是，所以无论是CuCu或或CuCu2 2O O都

46、会完全溶解，所以无法确定样品中是否含有都会完全溶解，所以无法确定样品中是否含有CuCu2 2O O。答案答案 （1 1）B B（2 2）乙）乙 红色固体完全溶解形成蓝红色固体完全溶解形成蓝色溶液，试管口有红棕色气体出现色溶液，试管口有红棕色气体出现9.9.（1 1）汽车尾气中常常含有）汽车尾气中常常含有COCO、NONOx x等气体，为减等气体，为减 轻污染轻污染, ,当代汽车都加装了当代汽车都加装了“三效催化净化器三效催化净化器”, , 可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体体, , 下图为该反应的微观示意图（未配平），其中下图为该反应的微观示意图

47、（未配平），其中不不 同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的的 是是 。 A.A.该反应是置换反应该反应是置换反应 B.B.甲和丁中同种元素的化合价不相等甲和丁中同种元素的化合价不相等 C.C.该反应中共有三种元素该反应中共有三种元素 D.D.化学方程式中的反应物可能是化学方程式中的反应物可能是NONO2 2和和COCO（2 2）NHNH3 3的催化氧化也可产生的催化氧化也可产生NONO，某化学课外活动小，某化学课外活动小组设计了下图所示的实验装置，进行组设计了下图所示的实验装置，进行“氨的催化氧氨的催化氧化化”实验（固定装置略去）。实验（固定装置略

48、去）。A A中使用的药品是碳酸氢铵，则在下列仪器中，中使用的药品是碳酸氢铵，则在下列仪器中，A A中未画出的仪器有中未画出的仪器有 （填序号）。（填序号）。a.a.分液漏斗分液漏斗 b.b.试管试管 c.c.烧瓶烧瓶 d.d.酒精酒精灯灯 e.e.导气管导气管 f.f.橡胶塞橡胶塞A A中反应产物与装置中反应产物与装置B B中的药品发生反应的物质有中的药品发生反应的物质有 （填化学式），装置（填化学式），装置C C中发生催中发生催化氧化反应的化学方程式化氧化反应的化学方程式为为 。若若A A、B B中药品足量，则装置中药品足量，则装置D D中可以观察到的现象中可以观察到的现象是是 。指导老师从

49、安全与环保的角度考虑，指出该装置指导老师从安全与环保的角度考虑，指出该装置有两处明显的缺陷。请你提出修改建有两处明显的缺陷。请你提出修改建议：议： 。解析解析 （1 1）选项）选项A A，乙、丙中都含有，乙、丙中都含有“黑黑”、“蓝蓝”两种元素，反应物中没有单质，不是置换反应；选两种元素，反应物中没有单质，不是置换反应；选项项B B，比较甲、丁的化学式，丁应该为单质，所以甲、，比较甲、丁的化学式，丁应该为单质，所以甲、丁中丁中“黄黄”元素价态不等；选项元素价态不等；选项C C，该反应涉及，该反应涉及“黑黑”、“蓝蓝”、“黄黄”三种元素；选项三种元素；选项D D，NONO2 2具有具有氧化性，氧

50、化性，COCO具有还原性，在催化剂作用下二者反应具有还原性，在催化剂作用下二者反应生成生成N N2 2和和COCO2 2，所以甲可以是，所以甲可以是NONO2 2，乙可以是，乙可以是COCO，丙可，丙可以是以是COCO2 2，丁可以是，丁可以是N N2 2。（2 2）在装置在装置A A中，中，NHNH4 4HCOHCO3 3受热分解产生受热分解产生NHNH3 3、COCO2 2、H H2 2O(g)O(g)，该装置属于固体加热型，所以需要试管来盛，该装置属于固体加热型，所以需要试管来盛放放NHNH4 4HCOHCO3 3、需要酒精灯加热、需要导气管导气、需、需要酒精灯加热、需要导气管导气、需要

51、橡胶塞密封。要橡胶塞密封。装置装置A A中产生的气体有中产生的气体有NHNH3 3、COCO2 2、水蒸气，其中、水蒸气，其中COCO2 2、水蒸气被水蒸气被NaNa2 2O O2 2吸收，同时产生吸收，同时产生O O2 2，NHNH3 3、O O2 2在装置在装置C C中中发生催化氧化反应生成发生催化氧化反应生成NONO和和H H2 2O O。若若A A、B B中药品足量，则产生的中药品足量，则产生的O O2 2也较多，也较多，NONO、O O2 2、H H2 2O O在装置在装置D D中发生反应生成稀硝酸：中发生反应生成稀硝酸：4NO+3O4NO+3O2 2+2H+2H2 2O 4HNOO

52、 4HNO3 3，铜片与稀，铜片与稀HNOHNO3 3反应生成反应生成Cu(NOCu(NO3 3) )2 2、NONO等，等，NONO在装置在装置D D的上部又被氧化为的上部又被氧化为NONO2 2，据此可得出在装置据此可得出在装置D D中发生的现象。中发生的现象。由于由于NONO、O O2 2、H H2 2O O在在D D中发生反应时导致装置中的压中发生反应时导致装置中的压强降低从而产生倒吸，所以从安全的角度考虑，应强降低从而产生倒吸，所以从安全的角度考虑，应在装置在装置C C、D D之间增加一个防倒吸装置。由于装置之间增加一个防倒吸装置。由于装置D D中中的导气管直接与大气相连，所以有毒的

53、的导气管直接与大气相连，所以有毒的NONO2 2会逸入空会逸入空气中导致环境污染，所以应在装置气中导致环境污染，所以应在装置D D后面增加一个尾后面增加一个尾气吸收装置。气吸收装置。答案答案 （1 1）A A（2 2）bdef bdef COCO2 2、H H2 2O O 4NH4NH3 3+5O+5O2 2 4NO+6H4NO+6H2 2O O铜片逐渐溶解并产生气泡，溶液变蓝色，气体在铜片逐渐溶解并产生气泡，溶液变蓝色，气体在广口瓶上方变为红棕色广口瓶上方变为红棕色在装置在装置C C、D D之间增加一个防倒吸装置，在装置之间增加一个防倒吸装置，在装置D D后后面增加一个尾气吸收装置面增加一个尾气吸收装置10.10.海带中含有丰富的碘，一般以海带中含有丰富的碘，一般以I I- -存在，可用离子存在，可用离子 交换法来提取海带中的碘，其步骤如下：交换法来提取海带中的碘，其步骤如下： 用水浸泡海带，浸出液中含用水浸泡海带，浸出液中含I I- -和褐藻糖胶。和褐藻糖胶。 用溶液调节浸出液的用溶液调节浸出液的pHpH至至1212左右，使褐藻糖左右，使褐藻糖胶胶 转化为褐藻糖酸钠而呈絮状沉淀析出，静置澄转化为褐藻糖酸钠而呈絮状沉淀析出，静